I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Vấn đề phát triển tư duy cho học sinh, luôn luôn là một trong những nhiệm vụ hàng đầu của việc dạy học. Hiện nay, việc đổi mới phương pháp dạy học toán ở trường phổ thông, hướng tới sự phát huy cao độ sự nỗ lực của học sinh, tích cực hoá hoạt động của học sinh, hình thành thói quen, khả năng tự học, tự phát hiện và giải quyết vấn đề. Môn Toán là môn học có tiềm năng phong phú để phát triển tư duy cho học sinh. Nhiều học sinh mặc dù có khả năng giải toán, có tư chất tốt nhưng vẫn thiếu sự sáng tạo trong toán học. Các em thường giải những bài toán ở đâu đó mà không biết cách đề xuất bài toán tương tự, bài toán tổng quát. Học sinh không cố gắng trong việc tìm ra mối quan hệ giữa các bài toán để từ đó hình thành cho mình phương pháp giải các bài toán tương tự. Hạn chế này, một phần trách nhiệm thuộc về giáo viên, những người định hướng cho sự phát triển tư duy của học sinh. Khái quát hoá là một vấn đề rất quan trọng trong quá trình phát triển tư duy cho học sinh, bởi nó liên quan tới các yếu tố như phát triển khả năng suy đoán, tưởng tượng. Khái quát hoá còn kích thích học sinh tìm tòi, rèn luyện các thao tác tư duy như phân tích, tổng hợp, tương tự hoá, đặc biệt hoá. Quá trình khái quát hoá góp phần hình thành các phẩm chất trí tuệ và các lập luận logic có lý. Với những lý do trên, tôi chọn đề tài "Rèn luyện năng lực khái quát hoá cho học sinh". II. MỤC ĐÍCH ĐỀ TÀI. Thông qua việc khái quát hoá một bài toán đơn giản trong sách giáo khoa, theo từng dấu hiệu khác nhau, để từ đó hình thành và rèn luyện năng lực khái quát hoá cho học sinh. Góp phần làm đẹp cho khoa học Toán học và nâng cao chất lượng dạy học môn toán ở trường phổ thông. III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI. Phát xuất từ bài toán đơn giản thường gặp trong sách giáo khoa- bài toán gốc, đề tài phân tích để định hướng cho học sinh khái quát hoá bài toán theo các dấu hiệu khác nhau của bài toán gốc. Đề tài được trình bày cho học sinh tất cả các khối THPT. Học sinh chỉ cần có một lượng các kiến thức cơ bản về phép dời hình, cùng với sự định hướng của giáo viên là có thể tiếp cận được đề tài. Chúng ta bắt đầu đề tài với bài toán sau đây thường gặp trong các sách giáo khoa. Bài toán 1: (Bài toán gốc) Cho A và B là hai điểm nằm trên hai nữa mặt phẳng với bờ là đường thẳng D . Tìm điểm M thuộc đường thẳng D sao cho tổng AM + MB ngắn nhất. Lời giải: (Hình 1) +/ Phân tích: Giả sử E là điểm bất kì nằm trên D . Khi đó tổng AE + EB ≥ AB. Do đó để AE + EB ngắn nhất thì A, E, B phải thẳng hàng. Từ đó suy ra điểm M cần tìm là giao điểm của đoạn thẳng AB với D . +/ Dựng hình: - Nối A với B. - Xác định M là giao điểm của AB với D . +/ Chứng minh: Thật vậy lấy E là điểm tuỳ ý trên D , khi đó ta có AE + EB ≥ AB = AM + MB. +/ Biện luận: Do giả thiết A, B nằm khác phía đối với D nên đoạn AB luôn cắt D tại duy nhất một điểm. Vậy bài toán có duy nhất một nghiệm hình. Nhận xét định hướng: Việc xác định điểm M trong bài toán gốc , như chúng ta thấy rất đơn giản. Bây giờ chúng ta tìm cách để tương tự hoá và khái quát hoá bài toán gốc dựa vào các dấu hiệu của bài toán. Trong bài toán gốc này, chúng ta có các dấu hiệu đáng quan tâm: Vị trí tương đối của A và B đối với đường thẳng, số điểm cần tìm nằm trên đường thẳng, số đường thẳng, số chiều của không gian mà bài toán đang xét, Dấu hiệu 1. Vị trí tương đối của A và B đối với đường thẳng. Bài toán 2. Cho A và B là hai điểm nằm trên cùng một nữa mặt phẳng với bờ là đường thẳng D . Tìm điểm M thuộc đường thẳng D sao cho tổng AM + MB ngắn nhất. Lời giải: (Hình 2) +/ Phân tích: Giả sử E là điểm bất kì nằm trên D . Gọi A 1 là điểm đối xứng của A qua đường thẳng D . Khi đó AE + EB = A 1 E + EB ≥ A 1 B. Suy ra tổng AE + EB ngắn nhất khi và chỉ khi A 1 , B, E thẳng hàng. Từ đó suy ra điểm M cần dựng là giao của A 1 B với D . +/ Chứng minh. Thật vậy, lấy E là điểm tuỳ ý trên D , khi đó AE + EB = A 1 E + EB ≥ A 1 B = A 1 M + MB =AM + MB. Vậy M là điểm cần tìm. Nhận xét định hướng: Trong bài toán 1 và bài toán 2, chúng ta đã giải bài toán với yêu cầu tìm duy nhất một điểm nằm trên đường thẳng D . Chúng ta thử xét bài toán với yêu cầu tìm nhiều điểm nằm trên D hơn. Dấu hiệu 2. Số điểm cần tìm nằm trên đường thẳng. Bài toán 3: Cho A và B là hai điểm không thuộc và nằm cùng phía với đường thẳng D , P và Q là hai điểm thuộc D , k là một số thực. Tìm M và N thuộc D sao cho MN kPQ= uuuur uuur và độ dài đường gấp khúc AMNB ngắn nhất. Lời giải : (Hình 3) +/ Phân tích: Giả sử đã có điểm M và điểm N nằm trên D thoả mãn yêu cầu của bài toán. Gọi A 1 là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo véctơ k PQ uuur , gọi A 2 là ảnh của A 1 qua phép đối xứng trục với trục đối xứng là D . Khi đó chúng ta có: 1 1 1 2 AA k PQ MN AM A N A N A N = = = = uuuur uuur uuuur Mặt khác, do MN có độ dài không đổi nên: Điều này xảy ra khi và chỉ khi A 2 , N, B thẳng hàng. Vậy N trùng với N o . +/ Cách xác định điểm M o , N o . - Xác định A 1 là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo vectơ k PQ uuur . - Xác định A 2 là ảnh của A 1 qua phép đối xứng trục với trục D . - Xác định N o là giao của A 2 B với D . min min 1 min 2 min ( ) ( ) ( ) ( ) AM MN NB AM NB A N NB A N NB + + ⇔ + ⇔ + ⇔ + - Xác định M o là ảnh của N o qua phép tịnh tiến theo vectơ k PQ − uuur . +/ Chứng minh: Rõ ràng theo cách xác định M o và N o ở trên, tổng AM o + M o N o + N o B là ngắn nhất. +/ Biện luận: Từ cách xác định trên, chúng ta thấy rõ ràng chỉ có một cặp điểm M o , N o thoả mãn yêu cầu của bài toán. Hay nói cách khác, bài toán chỉ có một nghiệm hình. Kết hợp dấu hiệu 1 và dấu hiệu 2: Từ lời giải bài toán 1, bài toán 2 và bài toán 3, chúng ta dễ tìm thấy lời giải cho bài toán tổng quát sau đây: Khái quát 1: Trong mặt phẳng, cho đường thẳng D , A và B là hai điểm cố định tuỳ ý cho P 1 , P 2 , P n là các điểm cố định thuộc D , k 1 , k 2 , k n-1 là (n-1) số thực. Tìm trên D các điểm M 1 , M 2 , M n sao cho 1 1 , 1, 1 i i i i i M M k PP i n + + = = − uuuuuuuur uuuuur và tổng AM 1 + M 1 M 2 + + M n B ngắn nhất. Nhận xét định hướng: Như vậy, bằng cách xét dấu hiệu 1 và dấu hiệu 2, chúng ta đã thu được bài toán khái quát 1. Bây giờ chúng ta xét dấu hiệu về số đường thẳng trong bài toán. Dấu hiệu 3. Số đường thẳng. Dấu hiệu 3.1. Các đường thẳng song song hoặc trùng nhau. Bài toán 4: Trong mặt phẳng, cho đường thẳng d 1 và đường thẳng d 2 song song hoặc trùng nhau, cho P và Q là hai điểm lần lượt nằm trên d 1 và d 2 , điểm A và điểm B nằm về hai phía khác nhau đối với mỗi đường thẳng đó. Tìm lần lượt trên d 1 và d 2 điểm M và N sao cho MN PQ= uuur uuur và tổng AM + MN + NB bé nhất. Lời giải: (Hình 4) +/ Phân tích: Giả sử đã có điểm M và điểm N thoả mãn yêu cầu của bài toán. Gọi A’ là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo véctơ PQ uuur , khi đó chúng ta có ' ' ' ( ' ) ' ' ' AM MN NB A N AA NB AA A N NB AA A B PQ A B + + = + + = + + ³ + = + Do đó từ PQ và A’B không đổi suy ra AM MN NB+ + ngắn nhất khi và chỉ khi A’, N, B thẳng hàng. +/ Cách xác định M, N: - Xác định A’ là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo véctơ PQ uuur . - Xác định N’ là giao điểm của A’B với d 2 . - Xác định M, là ảnh của N, qua phép tịnh tiến theo véctơ QP uuur . Vậy vị trí M và N lần lượt trùng với M’ và N’. +/ Chứng minh: - Theo cách xác định M’ và N’ thì rõ ràng M’ thuộc d 1 và N’ thuộc d 2 . - Bây giờ ta chứng minh tổng AM’ + M’N’ + N’B bé nhất. Thật vậy, với bất kì M thuộc d 1 , N thuộc d 2 và MN PQ= uuur uuur , chúng ta có: ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' AM MN NB A N AA NB AA A N NB AA A B AA A N N B M N A N N B AM M N N B + + = + + = + + ³ + = + + = + + = + + +/ Biện luận: Bài toán chỉ có một nghiệm hình. Nhận xét: Trong bài toán 4, nếu d 1 trùng với d 2 thì chúng ta có bài toán 3. Kết hợp dấu hiệu 1 với dấu hiệu 3.1. Từ phương pháp giải bài toán 1, bài toán 2 và bài toán 4, chúng ta có lời giải cho bài toán tổng quát sau: Khái quát 2: Trong mặt phẳng, cho n đường thẳng d 1 , d 2 , d n đôi một song song hặc trùng nhau. Cho P 1 , P 2 , P n là n điểm lần lượt cố định trên d 1 , d 2 , d n , điểm A và điểm B cố định tuỳ ý. Tìm lần lượt trên d 1 , d 2 , d n các điểm M 1 , M 2 , M n sao cho 1 1 , 1, 1 i i i i M M PP i n + + = = - uuuuuuur uuuuur và tổng AM 1 + M 1 M 2 + + M n B bé nhất. Dấu hiệu 3.2. Các đường thẳng cắt nhau. Bài toán 5: Cho A là một điểm thuộc miền trong của góc nhọn xOy. Hãy tìm điểm M, N lần lượt thuộc tia Ox, Oy sao cho tổng độ dài đường gấp khúc AMNA ngắn nhất. Lời giải : (Hình 5) +/ Phân tích: Giả sử chúng ta đã có điểm M và điểm N thoả mãn yêu cầu của bài toán. Khi đó gọi A 1 , A 2 lần lượt là các điểm đối xứng của A qua Ox và Oy, chúng ta có: AM + MN + NA = A 1 M + MN + NA 2 ≥ A 1 A 2 . Từ đó để AM + MN + NA ngắn nhất thì A 1 , M, N, A 2 thẳng hàng. +/ Cách xác định M, N: - Xác định A 1 , A 2 lần lượt điểm đối xứng với A qua Ox và Oy. - Nối A 1 A 2 cắt Ox, Oy lần lượt tại M o và N o . +/ Chứng minh: - Trước hết theo cách xác định như trên thì M o và N o là các điểm lần lượt thuộc Ox và Oy. - Mặt khác với bất kì M và N là hai điểm tuỳ ý lần lượt nằm trên Ox và Oy, ta có chu vi của tam giác AMN là: AM + MN + NA = A 1 M + MN + NA 2 ≥ A 1 A 2 = A 1 M o + M o N o + N o A 2 . +/ Biện luận: Do xOy là góc nhọn nên góc ∠A 1 OA 2 = 2∠xOy < 180 o . Suy ra đoạn A 1 A 2 luôn cắt Ox và Oy lần lượt tại một điểm. Do đó bài toán chỉ có một nghiệm hình. Nhận xét: Bài toán 5 là trường hợp đặc biệt khi điểm B trùng với điểm A trong bài toán sau: Cho A, B là hai điểm thuộc miền trong của góc nhọn xOy. Hãy tìm điểm M, N lần lượt thuộc tia Ox, Oy sao cho AB + BM +MN + NB ngắn nhất. Chú ý rằng, trong bài toán 5, chúng ta xác định được các điểm M o , N o là do góc xOy nhọn. Còn nếu thay giả thiết nhọn bởi giả thiết tù thì A 1 A 2 không cắt Ox và Oy, vì lúc đó góc A 1 OA 2 có số đo bằng hai lần số đo của góc xOy. Bây giờ chúng ta tiếp tục xét bài toán cho trường hợp ba đường thẳng cắt nhau. Bài toán 6: Cho M, N là 2 điểm cố định lần lượt nằm trên cạnh AB và cạnh BC. Tìm điểm P thuộc đường thẳng qua A và C sao cho tam giác MNP có chu vi ngắn nhất. Lời giải : (Hình 6) +/ Phân tích: Giả sử có điểm P thuộc đường thẳng qua A và C thoả mãn yêu cầu của bài toán. Lấy M o là điểm đối xứng với M qua AC, khi đó chu vi tam giác MNP là: MN + NP + PM. Do MN không đổi nên để chu vi tam giác MNP ngắn nhất, thì tổng NP + PM phải ngắn nhất. Suy ra M o , P, N phải thẳng hàng. +/ cách xác định điểm P: - Xác định M o đối xứng với M qua AC. - Xác định P o là giao của NM o với đường thẳng qua AC. +/ Chứng minh: - Rõ ràng P o thuộc đường thẳng qua AC. - Mặt khác với bất kì điểm P thuộc đường thẳng qua AC chúng ta có: NP + PM = NP + PM o ≥ NM o = NP o + P o M o . Vậy chu vi tam giác MNP ngắn nhất khi P trùng với P o . +/ Biện luận: Bài toán luôn có một nghiệm hình. Nhận xét định hướng: Trong bài toán 6, chúng ta đã xét bài toán với giả thiết điểm M và điểm N lần lượt cố định trên AB và BC. Trong bài toán tiếp theo chúng ta sẽ xét bài toán với yêu cầu là tìm ba điểm M, N, P. Bài toán 7: Cho tam giác nhọn ABC. Tìm trên AB, BC, CA các điểm M, N, P sao cho tam giác MNP có chu vi bé nhất. Lời giải : (Hình 7) +/ Phân tích: Giả sử đã có ba điểm M, N, P thoả mãn yêu cầu của bài toán. Gọi N 1 , N 2 lần lượt là các điểm đối xứng với N qua AB và AC. Khi đó theo tính chất của phép đối xứng trục ta có: AN = AN 1 = AN 2 , MN = N 1 M, PN 2 = PN, góc ∠ N 1 AN 2 = 2A, K=P H=M N2 N1 N B A C M ' P' Hình 7 Suy ra 1 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2 (2 ) 2 (1 cos(2 )) 4 si NM MP PN N M MP PN N N AN AN cos A AN A AN + + = + + ≥ = − = − = 2 n 2 sin 2 sin . a A AN A h A = ≥ Vậy giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác MNP bằng 2 sin a h A . Giá trị này đạt được khi và chỉ khi AN là đường cao của tam giác ABC đồng thời bốn điểm N 1 , M, P, N 2 thẳng hàng. Khi AN là đường cao của tam giác ABC, gọi CH, BK là các đường cao còn lại của tam giác ABC, ta có: ∠AN 1 H = ∠ANH ; ( Tính chất của phép đối xứng trục.) = ∠ACH ; ( Tứ giác ACNH nội tiếp.) = ∠KBH ; (Tứ giác BCKH nội tiếp.) (1) ∠N 1 AH = ∠N 1 NB ; ( Tứ giác ANBN 1 nội tiếp.) = ∠HCB ; ( Vì NN 1 song song với CH.) = ∠HKB ; ( Tứ giác BCKH nội tiếp.) (2) Từ (1) và (2) suy ra ∠AN 1 H + ∠N 1 AH = ∠KBH + ∠HKB = ∠KHA Vậy ba điểm N 1 , H, K thẳng hàng. Tương tự, chúng ta chứng minh được N 2 , K, H thẳng hàng. Do đó bốn điểm N 1 , H, K, N 2 thẳng hàng. Vậy M trùng với chân đường cao h c , P trùng với chân đường cao h b . Vậy tam giác MNP có chu vi bé nhất khi M, N, P lần lượt trùng với chân các đường cao của tam giác. +/ Dựng hình: - Xác định N là chân đường cao AN của tam giác ABC. - Xác định M là chân đường cao CM của tam giác ABC - Xác định P là chân đường cao BP của tam giác ABC +/ Chứng minh: Trước hết, rõ ràng theo cách dựng thì M, N, P lần lượt nằm trên AB, BC, AC và 2 sin a NM MP PN h A+ + = Hơn nữa, với mọi bộ 3 điểm M’, N’, P’ lần lượt thuộc AB, BC, AC, gọi N’ 1 và N’ 2 là điểm đối xứng với N’ qua AB và AC, chúng ta có: ' ' 1 2 1 2 ' 2 ' 2 1 1 '2 ' ' ' ' ' ' 2 2 (2 ) 2 (1 cos(2 )) 4 N M M P P N N N AN AN cos A AN A A + + ≥ = − = − = '2 2 ' sin 2 sin 2 sin a N A AN A h A MN NP PM = ≥ = + + Suy ra tam giác MNP đã dựng thoả mãn yêu cầu của bài toán. +/ Biện luận: Vì tam giác ABC nhọn nên N luôn thuộc đoạn BC và góc ∠N 1 AN 2 < 180 o suy ra đoạn N 1 N 2 luôn cắt các đoạn AB và AC. Như vậy bài toán luôn có một nghiệm hình. Nhận xét định hướng: Trong bài toán 7, tam giác ABC được cho trước và chúng ta đi tìm tam giác MNP. Tiếp theo, chúng ta thử hoán vị giả thiết và kết luận để có bài toán mới. Cụ thể chúng ta xét bài toán sau đây: Bài toán 8: Trong mặt phẳng, cho tam giác MNP. Hãy xác định tam giác ABC sao cho , ,M AB N BC P AC ∈ ∈ ∈ và tam giác ABC nhận MNP làm tam giác nội tiếp có chu vi bé nhất trong tất cả các tam giác nội tiếp nó. Bài giải: (Hình 8) +/ Phân tích: Theo kết quả của bài toán 7 thì M, N, P phải là chân các đường cao của tam giác ABC. Khi đó tứ giác HMBN nội tiếp do đó ∠ NBH = ∠ NMH. Lại có ∠ NBH = ∠ HAP suy ra ∠ HAP = ∠ NMH. Mặt khác, tứ giác HMAP nội tiếp suy ra ∠ HAP = ∠ HMP do đó ∠ NMH = ∠ HMP. Như vậy MH là phân giác của góc ∠ NMP. Tương tự PH, NH lần lượt là phân giác của ∠ MPN, ∠ MNP. Từ đó chúng ta có cách xác định tam giác ABC như sau: - Xác định giao điểm ba đường phân giác của tam giác MNP. - Qua M kẻ đường thẳng d 1 vuông góc với MH, qua N kẻ đường thẳng d 2 vuông góc với NH, qua P kẻ đường thẳng d 3 vuông góc với PH. - A là giao của d 1 và d 3 , B là giao của d 1 và d 2 , C là giao của d 2 và d 3 . +/ Biện luận: Theo cách xác định trên chúng ta thấy bài toán luôn có một nghiệm hình. Nhận xét định hướng: Trong tất cả các bài toán trên đây, chúng ta đều xét các mở rỗng của bài toán gốc trong mặt phẳng (không gian 2-chiều). Chúng ta biết rằng, có nhiều bài toán trong mặt phẳng có thể tương tự hoá, khái quát hoá được trong không gian (không gian 3-chiều). Dấu hiệu 4. Số chiều của không gian mà bài toán đang xét. Bài toán 9. Cho A và B là hai điểm nằm về hai phía so với mặt phẳng (α). Τìm điểm M nằm trên mặt phẳng (α) sao cho tổng AM + MB bé nhất. Bài toán 10. Cho A và B là hai điểm nằm về cùng một phía so với mặt phẳng (α). Τìm điểm M nằm trên mặt phẳng (α) sao cho tổng AM + MB bé nhất. Lời giải: (Hình 10) +/ Phân tích: Giả sử N là điểm bất kì thuộc (α), gọi B’ điểm đối xứng với B qua mặt phẳng (α), ta có AN + NB = AN + NB’ ≥ AB’. Vậy AN + NB ngắn nhất khi và chỉ khi AN + NB = AB’. Suy ra A, N, B thẳng hàng. +/ Cách xác định M: - Xác định B’ đối xứng với B qua (α). - Xác định M là giao của AB’ với đường thẳng qua (α). +/ Chứng minh: Chúng ta chứng minh M [...]... M1M2 + + MnB bé nhất i Trên đây là một số tương tự hoá, khái quát của bài toán gốc theo các dấu hiệu khác nhau, thực ra bài toán này còn có thể khái quát thành một số bài toán khác Tuy nhiên do khuôn khổ của đề tài, tác giả hy vọng sẽ trình bày các bài toán đó trong một đề tài khác IV KẾT LUẬN Qua thực tế giảng dạy phổ thông, tôi thấy việc khái quát hoá một bài toán theo từng dấu hiệu khác nhau, tạo... A’N’ + N’B =AM’ + M’N’ + N’B +/ Biện luận: Rõ ràng bài toán luôn có duy nhất một nghiệm hình Nhận xét: Trong bài toán 12, nếu (α ) ≡ ( β ) thì chúng ta có lời giải cho bài toán 11 Kết hợp dấu hiệu 1 với dấu hiệu 6.1 Từ lời giải bài toán 9, bài toán 10 và bài toán 12, chúng ta có lời giải cho bài toán tổng quát sau: Khái quát 4: Cho n mặt phẳng đôi một song song hoặc trùng nhau (α1), (α2), (αn), và... và rèn luyện kĩ năng tương tự hoá, khái quát hoá cho học sinh qua một bài toán, trước hết giáo viên cần làm cho học sinh nhận diện được các yếu tố đặc trưng của bài toán Tiếp đó hướng dẫn học sinh phân tích và nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau Sau đó khái quát bài toán theo từng dấu hiệu và kết hợp các dấu hiệu đó để được bài toán khái quát hơn Trong đề tài này, mặc dầu tôi đã cố gắng nhiều... Biện luận: Từ cách xác định M’ và N’ như trên, chúng ta thấy bài toán luôn có một nghiệm hình Nhận xét: Trong bài toán 11, nếu đặc biệt hoá P trùng Q thì chúng ta có lời giải cho bài toán 10 Kết hợp dấu hiệu 1 với dấu hiệu 5 Từ phương pháp giải bài toán 9, bài toán 10 và bài toán 11, chúng ta có lời giải cho bài toán tổng quát sau: Khái quát 3: Trong không gian, cho P1, P2, Pn là các điểm nằm trên... luận: Bài toán trên luôn có duy nhất một nghiệm hình Nhận xét: Trong bài toán 14, nếu A, B, d đồng phẳng thì chúng ta trở về bài toán 1 hoặc bài toán 2, tuỳ theo vị trí tương đối của A và B đối với d Kết hợp dấu hiệu 1, dấu hiệu 2 và dấu hiệu 6.2 Bằng cách sử dụng kĩ thuật giải bài toán 14 và bài toán 3 chúng ta cũng có lời giải cho bài toán khái quát sau: Khái quát 5: Trong không gian, cho d là đường... trong học tập môn toán Đồng thời giúp học sinh có một cái nhìn hệ thống các bài toán có quan hệ với nhau Việc khái quát hoá, tương tự hoá đã bồi dưỡng năng lực tự phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh, giúp cho học sinh bước đầu làm quen với sáng tạo trong toán học và nghiên cứu khoa học Tuy nhiên đây là một vấn đề tương đối phức tạp, hơn nữa không phải bài toán nào cũng khái quát lên được Để... của bài toán Thật vậy, với bất kì điểm N trên (α) (N ¹ M ) ta có AN + NB > AB = AM + MB Nhận xét định hướng: Ta thấy trong bài toán 10, bài toán mới chỉ xét với yêu cầu tìm một điểm M nằm trên (α) Chúng ta thử xét bài toán với yêu cầu tìm nhiều điểm trên (α) Dấu hiệu 5 Số điểm cần tìm nằm trên mặt phẳng Bài toán 11: Cho P và Q là hai điểm nằm trên mặt phẳng (α), A và B là hai điểm nằm về cùng một phía... Mi+1 = ki PPi+1 , i = 1, n - 1 và tổng i sao cho Kết hợp dấu hiệu 1, dấu hiệu 3.1, dấu hiệu 4 và dấu hiệu 6.2 Từ phương pháp giải bài toán 4 và bài toán 14, chúng ta có lời giải cho bài toán khái quát sau: Khái quát 6: Trong không gian, cho n đường thẳng d 1, d2, dn đôi một song song hặc trùng nhau Cho P1, P2, Pn là n điểm lần lượt nằm trên d 1, d2, dn, điểm A và điểm B cố định tuỳ ý Tìm lần lượt... MoNo + NoA2 ngắn nhất Bài toán 14 Cho mặt phẳng (α) và (β) là hai mặt phẳng cắt nhau theo giao tuyến d, A và B là hai điểm lần lượt nằm trên (α) và (β) sao cho A, B và d không đồng phẳng Tìm điểm M trên d sao cho tổng AM + MB bé nhất Lời giải: (Hình 14) +/ Phân tích: Giả sử đã có M thoả mãn yêu cầu của bài toán Khi đó, gọi (γ) là mặt phẳng qua d thoả mãn: - Mọi điểm nằm trên (γ) cách đều (α) và (β) - A... + + MnB bé nhất i Dấu hiệu 6.2 Các mặt phẳng cắt nhau Bài toán 13 Cho nhị diện [ a, D, b ] có số đo 0o £ [ a, D, b ] £ 90o , A là một điểm thuộc phần không gian giới hạn bởi hai mặt của nhị diện Tìm điểm M Î ( a ) , N Î ( b) sao cho độ dài đường gấp khúc AMNA ngắn nhất Lời giải: (Hình 13) +/ Phân tích: Giả sử đã có M, N thoả mãn yêu cầu của bài toán Gọi A1, A2 lần lượt là điểm đối xứng với A qua mặt . bài toán đơn giản trong sách giáo khoa, theo từng dấu hiệu khác nhau, để từ đó hình thành và rèn luyện năng lực khái quát hoá cho học sinh. Góp phần làm đẹp cho khoa học Toán học và nâng cao chất. trường phổ thông. III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI. Phát xuất từ bài toán đơn giản thường gặp trong sách giáo khoa- bài toán gốc, đề tài phân tích để định hướng cho học sinh khái quát hoá bài toán theo các dấu. tiếp cận được đề tài. Chúng ta bắt đầu đề tài với bài toán sau đây thường gặp trong các sách giáo khoa. Bài toán 1: (Bài toán gốc) Cho A và B là hai điểm nằm trên hai nữa mặt phẳng với bờ là đường